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章末測評驗收卷(四)　牛頓運動定律　(滿分:100分)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、單項選擇題(本題共7小題,每小題4分,共28分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的)
1.關于物體的慣性,正確的說法是 (　　)
同一物體在地球表面和在月球表面慣性不一樣大
汽車行駛得快,剎住它困難,所以速度大的物體慣性大
由于繞地球運行的宇宙飛船內的物體處于完全失重狀態,因此飛船內的物體不存在慣性
運動狀態越難改變的物體慣性越大
2.彩虹圈是相當于彈簧的塑料玩具,如圖所示,一人手拿彩虹圈處于豎直狀態,彩虹圈靜止且質量不可忽略,當他松開手時,關于彩虹圈的下落過程,以下說法正確的是 (　　)
彩虹圈的長度始終不變
彩虹圈剛開始下落的很短時間內,其長度減小
剛松開手的一瞬間,彩虹圈上端的加速度為零
剛松開手的一瞬間,彩虹圈下端的加速度大于當地的重力加速度
3.煙花爆竹從地面起飛后在豎直方向上做勻減速直線運動,2 s后到達最高點并爆炸,已知爆炸點距地面的高度為30 m,煙花爆炸前受到的空氣阻力恒定,則煙花上升過程中阻力與重力大小之比為 (　　)
1.25 1 0.5 0.25
4.如圖是某同學站在壓力傳感器上做下蹲—起立的動作時傳感器記錄的壓力隨時間變化的圖線?？v坐標為壓力,橫坐標為時間,由圖線可知,該同學的體重約為650 N,除此以外,還可以得到以下信息 (　　)
1 s時人處在下蹲的最低點
下蹲過程中人一直處于失重狀態
4 s內該同學做了1次下蹲—起立的動作
起立過程中傳感器給人的作用力大于人給傳感器的作用力
5.一只長方體形空鐵箱質量為2 kg,鐵箱內有一個質量與空鐵箱相同的鐵塊,鐵箱與水平面間以及鐵塊與鐵箱內壁間的動摩擦因數μ都為0.5,現用水平拉力F使鐵塊貼在鐵箱左壁上方與鐵箱一起沿水平面向右做勻加速運動,如圖所示,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,g=10 m/s2,則拉力F至少為 (　　)
20 N 60 N 70 N 100 N
6.如圖所示,在傾角為θ=37°的光滑固定斜面上,物塊A、B質量均為m=1 kg。物塊A靜止在輕彈簧上端,物塊B用細線與斜面頂端相連,A、B靠在一起,但A、B之間無彈力。已知重力加速度為g=10 m/s2,sin 37°=0.6,下列說法正確的是 (　　)
剪斷細線前,細線的彈力大小為12 N
剪斷細線瞬間,彈簧的彈力大小為12 N
剪斷細線瞬間,A、B間的彈力大小為3 N
剪斷細線瞬間,物塊A的加速度大小為6 m/s2
7.如圖甲所示,一名滑雪愛好者(可視為質點)穿著滑雪板(未帶滑雪杖)從山坡上A點由靜止滑下,經B點滑上水平面,不計滑雪愛好者經過B點時的速率變化,滑雪愛好者在斜面和水平面上運動的速率隨時間的變化圖像如圖乙所示。已知斜面與水平面間的夾角為37°,滑雪板與斜面、水平面間的動摩擦因數相等,不計空氣阻力,sin 37°=0.6,則滑雪板與斜面間的動摩擦因數為 (　　)
二、多項選擇題(本題共3小題,每小題6分,共18分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分)
8.我國成功使用“冷發射”技術發射了長征十一系列運載火箭。如圖所示,發射艙內的高壓氣體先將火箭豎直向上推出十幾米,火箭速度接近零時再點火飛向太空。從高壓氣體作用后火箭開始運動到火箭點火的過程中 (　　)
火箭的加速度保持不變
火箭的速度增大時,加速度的方向與速度的方向相同
火箭開始運動時,速度和加速度均為零
火箭速度接近零時,加速度的方向與速度的方向相反
9.熱氣球下面吊著一個箱子,在地面從靜止開始豎直向上運動,一段時間后,懸吊箱子的繩子斷開,箱子運動的v-t圖像如圖所示,運動過程中箱子受到的空氣阻力大小恒定,g取10 m/s2,則下列判斷正確的是 (　　)
t=3 s時刻,箱子上升到最高點
箱子上升的最大高度為24 m
空氣阻力與箱子重力之比為1∶4
懸吊箱子的繩子張力與箱子重力之比為8∶5
10.質量分別為M和m的兩物塊A、B大小相同,將它們用輕繩跨過光滑定滑輪連接。如圖甲所示,輕繩平行于傾角為α的斜面,A恰好能靜止在斜面上,不考慮兩物塊與斜面之間的摩擦,若互換兩物塊的位置,按圖乙放置,然后釋放A。已知斜面固定,重力加速度大小為g,則 (　　)
此時輕繩的拉力大小為mg
此時輕繩的拉力大小為Mg
此時A運動的加速度大小為(1-cos α)g
此時A運動的加速度大小為(1-sin α)g
三、非選擇題(本題共5小題,共54分)
11.(6分)為測量小銅塊與瓷磚表面間的動摩擦因數,一同學將貼有標尺的瓷磚的一端放在水平桌面上,形成一傾角為α的斜面(已知sin α=0.34,cos α=0.94),小銅塊可在斜面上加速下滑,如圖所示。該同學用手機拍攝小銅塊的下滑過程,然后解析視頻記錄的圖像,獲得5個連續相等時間間隔(每個時間間隔ΔT=0.20 s)內小銅塊沿斜面下滑的距離xi(i=1,2,3,4,5),如下表所示。
x1 x2 x3 x4 x5
5.87 cm 7.58 cm 9.31 cm 11.02 cm 12.74 cm
由表中數據可得,小銅塊沿斜面下滑的加速度大小為　　　　m/s2(3分),小銅塊與瓷磚表面間的動摩擦因數為　　　　(3分)(結果均保留2位有效數字,重力加速度大小取9.80 m/s2)。
12.(9分)為了探究質量一定時加速度與力的關系。一同學設計了如圖甲所示的實驗裝置。其中M為帶滑輪的小車的質量,m為砂和砂桶的質量(滑輪質量不計)。
甲
(1)實驗時,以下操作正確且一定要進行的是　　　。(3分)
A.用天平測出砂和砂桶的質量
B.將帶滑輪的長木板右端墊高,以平衡摩擦力
C.小車靠近打點計時器,先釋放小車,再接通電源,打出一條紙帶,同時記錄彈簧測力計示數
D.改變砂和砂桶的質量,打出幾條紙帶
E.為減小誤差,實驗中一定要保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M
(2)該同學在實驗中得到了如圖乙所示的一條紙帶(相鄰兩計數點間還有兩個計時點沒有畫出),已知打點計時器采用的是頻率為f=50 Hz的交流電,根據紙帶可求出小車的加速度大小為　　　　m/s2(3分)(結果保留小數點后面2位)。
乙
丙
(3)某同學按正確的實驗步驟操作后,以彈簧測力計的示數F為橫坐標,加速度a為縱坐標,畫出的a-F圖像是一條直線,如圖丙所示,量出圖線與橫軸的夾角為θ,通過k=算出圖線的斜率為k,則小車的質量為　　　　(3分)。
A. B.2tan θ C.k D.
13.(10分)(2024·天津南開高一期末)如圖甲所示,質量m=2 kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下,從固定斜面底端由靜止開始沿斜面向上運動,斜面傾角θ=53°,t=0.5 s時撤去拉力,物塊最終滑回斜面底端。利用速度傳感器得到其速度隨時間變化的圖像如圖乙所示。sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,g取10 m/s2。求:
(1)(3分)0~0.5 s內物塊的加速度a1的大小和物塊沿斜面下滑的加速度a3的大小;
(2)(3分)物塊與斜面間的動摩擦因數μ和拉力F的大小;
(3)(4分)物塊沿斜面下滑所用的時間t3。
14.(13分)如圖所示,長s=5 m、傾角θ=37°的斜面各通過一小段光滑圓弧與水平傳送帶和水平地面平滑連接,傳送帶長L=1.6 m,以恒定速率v0= 4 m/s逆時針運行,將一可看作質點的物塊輕輕地放上傳送帶右端A處,物塊滑到傳送帶左端B時恰好與傳送帶共速并沿斜面下滑,已知物塊和傳送帶、斜面、水平地面間的動摩擦因數μ相同,物塊最終靜止在水平面上的D點,假設物塊經過B、C處速率不變,重力加速度g=10 m/s2,sin 37° =0.6,cos 37°=0.8。 求:
(1)(4分)動摩擦因數μ的值;
(2)(4分)物塊滑到C點時的速度的大小;
(3)(5分)物塊從C到D所經歷的時間。
15.(16分)如圖所示,光滑的水平面上有一質量M=0.2 kg的長木板,另一質量m=0.1 kg的小滑塊以v0=2.4 m/s的水平初速度從長木板的左端滑上長木板(此時開始計時)。已知小滑塊與長木板間的動摩擦因數μ=0.4,重力加速度g=10 m/s2。
(1)(6分)若長木板長L=0.7 m且固定在水平面上,求小滑塊從長木板上滑離時的速度大小;
(2)(10分)若長木板足夠長且不固定,求①經過多長時間小滑塊與長木板的速度相等;②此時間內小滑塊運動的位移大小;③滑塊在長木板上的劃痕長度。
章末測評驗收卷(四)　牛頓運動定律
1.D　[物體的慣性大小取決于物體的質量，質量越大，慣性越大，所以同一物體在地球表面與在月球表面慣性一樣大，故A錯誤；質量是慣性大小的唯一量度，與運動狀態及受力情況無關，故B錯誤；一切物體在任何時候都具有慣性，故C錯誤；物體的運動狀態越難改變說明物體的慣性越大，故D正確。]
2.B　[由于彩虹圈中的彈力不能突變，所以彩虹圈下落過程中，開始下落的很短時間內，彩虹圈下端不動(下端受到的彈力仍和重力平衡)，上端向下運動，長度減小，故A錯誤，B正確；剛松開手的一瞬間，彩虹圈上端受到的合力方向向下(重力和彈力均向下)，所以有向下的加速度，故C錯誤；剛松開手的一瞬間，彩虹圈下端處于平衡狀態，加速度為零，故D錯誤。]
3.C　[逆向看煙花做初速度為零的勻加速直線運動，取向下為正方向，有h＝at2，解得a＝1.5g，由牛頓第二定律，得mg＋f＝ma，解得＝0.5，C正確。]
4.C　[人在下蹲的過程中，先加速向下運動，此時加速度方向向下，人處于失重狀態，最后人靜止，則后半段人減速向下運動，此時加速度方向向上，人處于超重狀態，故下蹲過程中人先失重后超重，選項B錯誤；在1 s時人向下的加速度最大，此時人并沒有靜止，它不是下蹲的最低點，選項A錯誤；前2 s是下蹲過程，后2 s是起立的過程，所以4 s內共做了1次下蹲—起立的動作，選項C正確；傳感器給人的作用力與人給傳感器的作用力是一對相互作用力，大小相等，方向相反，選項D錯誤。]
5.D　[當拉力F取滿足題意要求的最小值時，鐵塊與鐵箱之間的摩擦力恰好達到最大靜摩擦力，對鐵塊，根據牛頓第二定律可得此時鐵塊與鐵箱之間的彈力大小為N＝ma，在豎直方向上根據平衡條件有μN＝mg，對鐵塊和鐵箱整體有F－2μmg＝2ma，聯立以上三式解得F＝100 N，D正確。]
6.C　[細線剪斷前，細線的拉力大小為T＝mgsin 37°＝6 N，A錯誤；細線剪斷前彈簧的彈力大小為F彈＝mgsin 37°＝6 N，細線剪斷的瞬間彈簧的彈力不變，B錯誤；剪斷細線的瞬間對整體由牛頓第二定律得2mgsin 37°－F彈＝2ma，解得a＝3 m/s2，對B物塊，由牛頓第二定律得mgsin 37°－FAB＝ma，解得FAB＝3 N，C正確，D錯誤。]
7.B　[由題乙可知滑雪愛好者在斜面和水平面上運動的加速度大小之比為＝，設滑雪愛好者與滑雪板的總質量為m，滑雪板與斜面、水平面間的動摩擦因數均為μ，由牛頓第二定律得mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1，μmg＝ma2，聯立解得μ＝，故B正確。]
8.BD　[火箭剛從發射倉發射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和高壓氣體豎直向上的推力作用，此刻速度為零，具有向上的加速度；隨著推力大小不斷減小，剛開始高壓氣體向上的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，合力減小，故火箭向上做加速度減小的加速運動，該過程加速度的方向與速度的方向相同；當高壓氣體向上的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大；接著高壓氣體向上的推力小于向下的重力和空氣阻力之和，火箭向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，該過程加速度的方向與速度的方向相反，故A、C錯誤，B、D正確。]
9.BD　[t＝4 s時刻，箱子上升到最高點，故A錯誤；箱子上升的最大高度為h＝×12×4 m＝24 m，故B正確；繩斷后，有mg＋f＝ma2，a2＝12 m/s2，則＝，故C錯誤；向上加速運動時，有T－mg－f＝ma1，a1＝4 m/s2，解得＝，故D正確。]
10.AD　[按題圖甲放置時A靜止，則由平衡條件可得Mgsin α＝mg，互換位置后，對A、B整體，由牛頓第二定律得Mg－mgsin α＝(M＋m)a，聯立解得a＝(1－sin α)g，對B，由牛頓第二定律得T－mgsin α＝ma，解得T＝mg，A、D正確。]
11.0.43　0.32
解析　利用勻變速直線運動規律的推論Δx＝at2，得a＝＝＝ m/s2＝0.43 m/s2；由牛頓第二定律有mgsin α－μmgcos α＝ma，解得μ＝＝≈0.32。
12.(1)BD　(2)1.38　(3)D
解析　(1)本實驗中小車所受拉力大小等于彈簧測力計讀數的2倍，可以直接獲得，不需要用砂和砂桶的總重力來表示，所以不需要用天平測出砂和砂桶的質量，也不需要保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M，故A、E錯誤；本實驗中要求小車所受合外力等于拉力，所以需要將帶滑輪的長木板右端墊高，平衡摩擦力，故B正確；小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄彈簧測力計示數，故C錯誤；本實驗探究a和F的關系，需要測出多組a和F，所以需要改變砂和砂桶的質量，打出幾條紙帶，故D正確。
(2)由題意可知相鄰計數點間的時間間隔為
T＝＝0.06 s
根據逐差法可得小車的加速度大小為
a＝＝ m/s2≈1.38 m/s2。
(3)根據牛頓第二定律有2F＝Ma
所以a＝
由題意可知k＝，解得M＝，故D正確。
13.(1)6 m/s2　4 m/s2　(2)　36 N　(3)0.75 s
解析　(1)根據題圖乙可得，0～0.5 s內物塊加速度大小為
a1＝＝ m/s2＝6 m/s2
物塊下滑的加速度大小為a3＝＝ m/s2＝4 m/s2。
(2)對物塊受力分析，根據牛頓第二定律
撤去F前有F－μmgcos θ－mgsin θ＝ma1
下滑時有mgsin θ－μmgcos θ＝ma3
代入數據解得μ＝，F＝36 N。
(3)根據v－t圖像與時間軸圍成的三角形面積得
物塊上滑的距離x＝×0.75×3 m＝ m
又x＝a3t，解得t3＝0.75 s。
14.(1)0.5　(2)6 m/s　(3)1.2 s
解析　(1)物塊在傳送帶上做勻加速直線運動，加速度為a1＝＝5 m/s2
由牛頓第二定律得μmg＝ma1
解得μ＝0.5。
(2)物塊在斜面上滑行時的加速度為
a2＝＝2 m/s2
由運動學公式可得v－v＝2a2s
解得vC＝6 m/s。
(3)物塊在水平面上運動的加速度大小為
a3＝＝5 m/s2
物塊從C到D所經歷的時間為t＝＝1.2 s。
15.(1)0.4 m/s　(2)①0.4 s　②0.64 m　③0.48 m
解析　(1)小滑塊在摩擦力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得
－μmg＝ma1
解得a1＝－4 m/s2
由運動學公式有v2－v＝2a1L
解得v＝0.4 m/s。
(2)①長木板在水平方向只受向右的滑動摩擦力，所以長木板向右做勻加速直線運動
由牛頓第二定律得μmg＝Ma2
解得a2＝2 m/s2
設經過時間t，兩者速度相同
則有v0＋a1t＝a2t
解得t＝0.4 s。
②此時間內小滑塊運動的位移大小
x1＝v0t＋a1t2＝0.64 m
③此時間內長木板的位移x2＝a2t2＝0.16 m
滑塊在長木板上的劃痕長度為Δx＝x1－x2＝0.48 m。(共35張PPT)
章末測評驗收卷(四)
(時間：75分鐘　滿分：100分)
第四章　牛頓運動定律
D
一、單項選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1.關于物體的慣性，正確的說法是(　　)
A.同一物體在地球表面和在月球表面慣性不一樣大
B.汽車行駛得快，剎住它困難，所以速度大的物體慣性大
C.由于繞地球運行的宇宙飛船內的物體處于完全失重狀態，因此飛船內的物體不存在慣性
D.運動狀態越難改變的物體慣性越大
A級　基礎對點練
解析　物體的慣性大小取決于物體的質量，質量越大，慣性越大，所以同一物體在地球表面與在月球表面慣性一樣大，故A錯誤；質量是慣性大小的唯一量度，與運動狀態及受力情況無關，故B錯誤；一切物體在任何時候都具有慣性，故C錯誤；物體的運動狀態越難改變說明物體的慣性越大，故D正確。
B
2.彩虹圈是相當于彈簧的塑料玩具，如圖所示，一人手拿彩虹圈處于豎直狀態，彩虹圈靜止且質量不可忽略，當他松開手時，關于彩虹圈的下落過程，以下說法正確的是(　　)
A.彩虹圈的長度始終不變
B.彩虹圈剛開始下落的很短時間內，其長度減小
C.剛松開手的一瞬間，彩虹圈上端的加速度為零
D.剛松開手的一瞬間，彩虹圈下端的加速度大于當地的重力加速度
解析　由于彩虹圈中的彈力不能突變，所以彩虹圈下落過程中，開始下落的很短時間內，彩虹圈下端不動(下端受到的彈力仍和重力平衡)，上端向下運動，長度減小，故A錯誤，B正確；剛松開手的一瞬間，彩虹圈上端受到的合力方向向下(重力和彈力均向下)，所以有向下的加速度，故C錯誤；剛松開手的一瞬間，彩虹圈下端處于平衡狀態，加速度為零，故D錯誤。
C
3.煙花爆竹從地面起飛后在豎直方向上做勻減速直線運動，2 s后到達最高點并爆炸，已知爆炸點距地面的高度為30 m，煙花爆炸前受到的空氣阻力恒定，則煙花上升過程中阻力與重力大小之比為(　　)
A.1.25 B.1 C.0.5 D.0.25
C
4.如圖是某同學站在壓力傳感器上做下蹲—起立的動作時傳感器記錄的壓力隨時間變化的圖線?？v坐標為壓力，橫坐標為時間，由圖線可知，該同學的體重約為650 N，除此以外，還可以得到以下信息(　　)
A.1 s時人處在下蹲的最低點
B.下蹲過程中人一直處于失重狀態
C.4 s內該同學做了1次下蹲—起立的動作
D.起立過程中傳感器給人的作用力大于人給傳感器的作用力
解析　人在下蹲的過程中，先加速向下運動，此時加速度方向向下，人處于失重狀態，最后人靜止，則后半段人減速向下運動，此時加速度方向向上，人處于超重狀態，故下蹲過程中人先失重后超重，選項B錯誤；在1 s時人向下的加速度最大，此時人并沒有靜止，它不是下蹲的最低點，選項A錯誤；前2 s是下蹲過程，后2 s是起立的過程，所以4 s內共做了1次下蹲—起立的動作，選項C正確；傳感器給人的作用力與人給傳感器的作用力是一對相互作用力，大小相等，方向相反，選項D錯誤。
D
5.一只長方體形空鐵箱質量為2 kg，鐵箱內有一個質量與空鐵箱相同的鐵塊，鐵箱與水平面間以及鐵塊與鐵箱內壁間的動摩擦因數μ都為0.5，現用水平拉力F使鐵塊貼在鐵箱左壁上方與鐵箱一起沿水平面向右做勻加速運動，如圖所示，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10 m/s2，則拉力F至少為(　　)
A.20 N B.60 N C.70 N D.100 N
解析　當拉力F取滿足題意要求的最小值時，鐵塊與鐵箱之間的摩擦力恰好達到最大靜摩擦力，對鐵塊，根據牛頓第二定律可得此時鐵塊與鐵箱之間的彈力大小為N＝ma，在豎直方向上根據平衡條件有μN＝mg，對鐵塊和鐵箱整體有F－2μmg＝2ma，聯立以上三式解得F＝100 N，D正確。
C
6.如圖所示，在傾角為θ＝37°的光滑固定斜面上，物塊A、B質量均為m＝1 kg。物塊A靜止在輕彈簧上端，物塊B用細線與斜面頂端相連，A、B靠在一起，但A、B之間無彈力。已知重力加速度為g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，下列說法正確的是(　　)
A.剪斷細線前，細線的彈力大小為12 N
B.剪斷細線瞬間，彈簧的彈力大小為12 N
C.剪斷細線瞬間，A、B間的彈力大小為3 N
D.剪斷細線瞬間，物塊A的加速度大小為6 m/s2
解析　細線剪斷前，細線的拉力大小為T＝mgsin 37°＝6 N，A錯誤；細線剪斷前彈簧的彈力大小為F彈＝mgsin 37°＝6 N，細線剪斷的瞬間彈簧的彈力不變，B錯誤；剪斷細線的瞬間對整體由牛頓第二定律得2mgsin 37°－F彈＝2ma，解得a＝3 m/s2，對B物塊，由牛頓第二定律得mgsin 37°－FAB＝ma，解得FAB＝3 N，C正確，D錯誤。
B
7.如圖甲所示，一名滑雪愛好者(可視為質點)穿著滑雪板(未帶滑雪杖)從山坡上A點由靜止滑下，經B點滑上水平面，不計滑雪愛好者經過B點時的速率變化，滑雪愛好者在斜面和水平面上運動的速率隨時間的變化圖像如圖乙所示。已知斜面與水平面間的夾角為37°，滑雪板與斜面、水平面間的動摩擦因數相等，不計空氣阻力，sin 37°＝0.6，則滑雪板與斜面間的動摩擦因數為(　　)
BD
二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。每小題有多個選項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分)
8.我國成功使用“冷發射”技術發射了長征十一系列運載火箭。如圖所示，發射艙內的高壓氣體先將火箭豎直向上推出十幾米，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從高壓氣體作用后火箭開始運動到火箭點火的過程中(　　)
A.火箭的加速度保持不變
B.火箭的速度增大時，加速度的方向與速度的方向相同
C.火箭開始運動時，速度和加速度均為零
D.火箭速度接近零時，加速度的方向與速度的方向相反
解析　火箭剛從發射倉發射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和高壓氣體豎直向上的推力作用，此刻速度為零，具有向上的加速度；隨著推力大小不斷減小，剛開始高壓氣體向上的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，合力減小，故火箭向上做加速度減小的加速運動，該過程加速度的方向與速度的方向相同；當高壓氣體向上的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大；接著高壓氣體向上的推力小于向下的重力和空氣阻力之和，火箭向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，該過程加速度的方向與速度的方向相反，故A、C錯誤，B、D正確。
BD
9.熱氣球下面吊著一個箱子，在地面從靜止開始豎直向上運動，一段時間后，懸吊箱子的繩子斷開，箱子運動的v－t圖像如圖所示，運動過程中箱子受到的空氣阻力大小恒定，g取10 m/s2，則下列判斷正確的是(　　)
A.t＝3 s時刻，箱子上升到最高點
B.箱子上升的最大高度為24 m
C.空氣阻力與箱子重力之比為1∶4
D.懸吊箱子的繩子張力與箱子重力之比為8∶5
AD
10.質量分別為M和m的兩物塊A、B大小相同，將它們用輕繩跨過光滑定滑輪連接。如圖甲所示，輕繩平行于傾角為α的斜面，A恰好能靜止在斜面上，不考慮兩物塊與斜面之間的摩擦，若互換兩物塊的位置，按圖乙放置，然后釋放A。已知斜面固定，重力加速度大小為g，則(　　)
A.此時輕繩的拉力大小為mg
B.此時輕繩的拉力大小為Mg
C.此時A運動的加速度大小為(1－cos α)g
D.此時A運動的加速度大小為(1－sin α)g
解析　按題圖甲放置時A靜止，則由平衡條件可得Mgsin α＝mg，互換位置后，對A、B整體，由牛頓第二定律得Mg－mgsin α＝(M＋m)a，聯立解得a＝(1－sin α)g，對B，由牛頓第二定律得T－mgsin α＝ma，解得T＝mg，A、D正確。
三、非選擇題(本題共5小題，共54分)
11.(6分)為測量小銅塊與瓷磚表面間的動摩擦因數，一同學將貼有標尺的瓷磚的一端放在水平桌面上，形成一傾角為α的斜面(已知sin α＝0.34，cos α＝0.94)，小銅塊可在斜面上加速下滑，如圖所示。該同學用手機拍攝小銅塊的下滑過程，然后解析視頻記錄的圖像，獲得5個連續相等時間間隔(每個時間間隔ΔT＝0.20 s)內小銅塊沿斜面下滑的距離xi(i＝1，2，3，4，5)，如下表所示。
x1 x2 x3 x4 x5
5.87 cm 7.58 cm 9.31 cm 11.02 cm 12.74 cm
由表中數據可得，小銅塊沿斜面下滑的加速度大小為________m/s2，小銅塊與瓷磚表面間的動摩擦因數為________(結果均保留2位有效數字，重力加速度大小取9.80 m/s2)。
答案　0.43　0.32
12.(9分)為了探究質量一定時加速度與力的關系。一同學設計了如圖甲所示的實驗裝置。其中M為帶滑輪的小車的質量，m為砂和砂桶的質量(滑輪質量不計)。
甲
(1)實驗時，以下操作正確且一定要進行
的是______。
A.用天平測出砂和砂桶的質量
B.將帶滑輪的長木板右端墊高，以平衡摩擦力
C.小車靠近打點計時器，先釋放小車，再接通電源，打出一條紙帶，同時記錄彈簧測力計示數
D.改變砂和砂桶的質量，打出幾條紙帶
E.為減小誤差，實驗中一定要保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M
(2)該同學在實驗中得到了如圖乙所示的一條紙帶(相鄰兩計數點間還有兩個計時點沒有畫出)，已知打點計時器采用的是頻率為f＝50 Hz的交流電，根據紙帶可求出小車的加速度大小為________m/s2(結果保留小數點后面2位)。
乙
丙
答案　(1)BD　(2)1.38　(3)D
解析　(1)本實驗中小車所受拉力大小等于彈簧測力計讀數的2倍，可以直接獲得，不需要用砂和砂桶的總重力來表示，所以不需要用天平測出砂和砂桶的質量，也不需要保證砂和砂桶的質量m遠小于小車的質量M，故A、E錯誤；本實驗中要求小車所受合外力等于拉力，所以需要將帶滑輪的長木板右端墊高，平衡摩擦力，故B正確；小車靠近打點計時器，先接通電源，再釋放小車，打出一條紙帶，同時記錄彈簧測力計示數，故C錯誤；本實驗探究a和F的關系，需要測出多組a和F，所以需要改變砂和砂桶的質量，打出幾條紙帶，故D正確。
甲
乙
丙
甲
乙
丙
(3)根據牛頓第二定律有2F＝Ma
甲
乙
丙
13.(10分)(2024·天津南開高一期末)如圖甲所示，質量m＝2 kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下，從固定斜面底端由靜止開始沿斜面向上運動，斜面傾角θ＝53°，t＝0.5 s時撤去拉力，物塊最終滑回斜面底端。利用速度傳感器得到其速度隨時間變化的圖像如圖乙所示。sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2。求：
(1)0～0.5 s內物塊的加速度a1的大小和物塊沿斜面下滑的加速度a3的大??；
(2)物塊與斜面間的動摩擦因數μ和拉力F的大??；
(3)物塊沿斜面下滑所用的時間t3。
解析　(1)根據題圖乙可得，0～0.5 s內物塊加速度大小為
(2)對物塊受力分析，根據牛頓第二定律
撤去F前有F－μmgcos θ－mgsin θ＝ma1
下滑時有mgsin θ－μmgcos θ＝ma3
(3)根據v－t圖像與時間軸圍成的三角形面積得
14.(13分)如圖所示，長s＝5 m、傾角θ＝37°的斜面各通過一小段光滑圓弧與水平傳送帶和水平地面平滑連接，傳送帶長L＝1.6 m，以恒定速率v0＝ 4 m/s逆時針運行，將一可看作質點的物塊輕輕地放上傳送帶右端A處，物塊滑到傳送帶左端B時恰好與傳送帶共速并沿斜面下滑，已知物塊和傳送帶、斜面、水平地面間的動摩擦因數μ相同，物塊最終靜止在水平面上的D點，假設物塊經過B、C處速率不變，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8。 求：
(1)動摩擦因數μ的值；
(2)物塊滑到C點時的速度的大??；
(3)物塊從C到D所經歷的時間。
答案　(1)0.5　(2)6 m/s　(3)1.2 s
由牛頓第二定律得μmg＝ma1
解得μ＝0.5。
解得vC＝6 m/s。
15.(16分)如圖所示，光滑的水平面上有一質量M＝0.2 kg的長木板，另一質量m＝0.1 kg的小滑塊以v0＝2.4 m/s的水平初速度從長木板的左端滑上長木板(此時開始計時)。已知小滑塊與長木板間的動摩擦因數μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若長木板長L＝0.7 m且固定在水平面上，求小滑塊從長木板上滑離時的速度大??；
(2)若長木板足夠長且不固定，求①經過多長時間小滑塊與長木板的速度相等；②此時間內小滑塊運動的位移大小；③滑塊在長木板上的劃痕長度。
答案　(1)0.4 m/s　(2)①0.4 s　②0.64 m?、?.48 m
解析　(1)小滑塊在摩擦力作用下做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得－μmg＝ma1
解得a1＝－4 m/s2
由運動學公式有v2－v＝2a1L
解得v＝0.4 m/s。
(2)①長木板在水平方向只受向右的滑動摩擦力，所以長木板向右做勻加速直線運動
由牛頓第二定律得μmg＝Ma2
解得a2＝2 m/s2
設經過時間t，兩者速度相同
則有v0＋a1t＝a2t
解得t＝0.4 s。

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